MATEK-INFO UBB verseny április 6.

Átírás

1 BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR MATEK-INFO UBB verseny 219. április 6. Írásbeli próba matematikából FONTOS MEGJEGYZÉS: 1) Az A. részben megjelenő feleletválasztós feladatok esetén egy vagy több helyes válasz lehet, melyeket a versenyzők a vizsgalap mellé kapott speciális nyomtatványra kell bejelöljenek. Ezeknek a feladatoknak a pontozása a verseny szabályzatában megfogalmazott parciális pontozási rendszer szerint történik. 2) A B. részben megjelenő feladatok esetén a teljes megoldás leírása szükséges. Ezeket a feladatokat a javítók a megadott javítókulcsnak megfelelően pontozzák. A. RÉSZ 1. (6 pont) Az f : R R függvényt értelmezzük az f() = 2 + 2(a 1) + a 1 képlettel, ahol a R. Az f() = egyenletnek nincs egyetlen valós megoldása sem, ha A a ( 1, 3 2) ; B a (, 1) ; C a (, 1) ; D a ( 3 2, 2). 2. (6 pont) A ( ) 19 binom kifejtésében a racionális tagok száma A 3 ; B 6 ; C ; D (6 pont) Adott az alábbi valós együtthatós egyenletrendszer: + ay + z = 1 + y + az = 1 + y + z = a. Az alábbi állítások közül melyek igazak? A Egyetlen olyan a R létezik, amelyre az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. B Egyetlen olyan a R létezik, amelyre az egyenletrendszernek több megoldása van. C Egyetlen olyan a R létezik, amelyre az egyenletrendszer összeférhetetlen. D Ha az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, akkor y nem függ a-tól. 4. (6 pont) Ha 1, 2, 3 C az f = X 3 + 2X 2 + 3X + 4 R[X] polinom gyökei és a = , akkor 2 3 A a = 3 2 ; B a = 2 ; C a = 4 3 ; D a = (6 pont) A lim (π 2arctg ) határérték A 1 ; B 2 ; C nagyobb mint π 2 ; D nem létezik.

2 6. (6 pont) Adott az f : R \ { 1} R függvény az f() n N. Akkor A az f függvény folytonos a -ban ; B az f függvény folytonos a 1-ben ; C az f függvény baloldali határértéke a 1-ben egyenlő -val ; D az f függvény nem folytonos 1-ben. n n + 2n + 1 képlettel, ahol 7. (6 pont) Legyen az f : (, 1] [1, ) R függvény az f() = (2 7) 2 1 képlettel értelmezve. Akkor A f-nek egyetlen helyi szélsőértékpontja van ; B f-nek három helyi szélsőértékpontja van ; C f szigorúan növekvő a (, 1] intervallumon ; D f szigorúan növekvő a (, 1] [2, ) halmazon. 8. (6 pont) Az cos ln(1 + cos ) d integrál értéke A π 2 1 ; B π 2 ; C π ; D. 9. (6 pont) Ha az A(2, 3) pont az origóból a d egyenesre húzott merőleges talppontja, akkor a d egyenes egyenlete A 2 3y + 5 = ; B 3 2y 17 = ; C 3 + 2y 13 = ; D 2 + 3y 13 =. 1. (6 pont) A sin + cos 3 = cos + sin 3 egyenlet megoldáshalmaza A { kπ 4 k Z } ; B { π 2 + kπ k Z} { π 4 + kπ k Z } ; C { kπ 2 k Z} { π 4 + kπ k Z } ; D { kπ 2 k Z} { π 4 + 2kπ } k Z. B. RÉSZ 1. (1 pont) Tekintsük a (Z[ 2], +, ) gyűrűt, ahol Z[ 2] = {a + b 2 a, b Z}. Minden = a + b 2 Z[ 2] elem esetén használjuk a következő jelölést: = a b 2. Legyen továbbá az f : Z[ 2] Z függvény az f() = képlettel megadva. (a) Igazoljuk, hogy f( 1 2 ) = f( 1 ) f( 2 ), bármely 1, 2 Z[ 2] esetén! (b) Igazoljuk, hogy ha az Z[ 2] elem invertálható, akkor f() { 1, 1}. (c) Test-e a (Z[ 2], +, ) gyűrű? Indoklás. 2. (1 pont) Határozzuk meg az f : R R függvény aszimptotáit, ahol a függvényt az alábbi képlettel értelmezzük f() = (1 pont) Egy ABCD konve négyszögben legyenek E és F az [AC], illetve [BD] átlók felezőpontjai. Ha 4 EF = AD BC, akkor igazoljuk, hogy az ABCD négyszög paralelogramma! MEGJEGYZÉS: Minden feladat kötelező. Minden részvevőnek 1 pont jár hivatalból. A munkaidő 3,5 óra.

3 Válaszok és megoldások A. RÉSZ Válaszok: 1. A D ; 2. A ; 3. B D ; 4. D ; 5. B C ; 6. A C D ; 7. B C ; 8. A ; 9. D ; 1. C. Megoldások: 1. Az f() = egyenletnek nincs valós megoldása, ha = 4(a 1) 2 4(a 1) = 4(a 1)(a 2) < a (1, 2). 2. A kifejtés általános tagja: T k+1 = C19 k 19 k 3 k 3 3 = C k k 2 3 k 3, k {,..., 19}. A T k+1 tag racionális k {,..., 19}, 3 k és 2 (19 k) k {, 3, 6, 9, 12, 15, 18} és 2 (19 k) k {3, 9, 15}. Tehát a kifejtés racionális tagjainak száma Jelölje A az egyenletrendszer mátriát, ekkor det(a) = (a 1) 2. Tehát det(a) = akkor és csakis akkor, ha a = 1. Az alábbi két esetet különböztetjük meg: Ha a = 1, akkor az egyenletrendszer ekvivalens az + y + z = 1 egyenlettel, tehát végtelen sok megoldása van. Ha a 1, akkor a rendszer Cramer-rendszer és egyetlen megoldása van. Ekkor y = a 1 = (a 1)2, tehát y = y det(a) = 1 nem függ a-tól. 4. A Viète-összefüggések alapján = 2, = 3 és = 4. Tehát a = = ( ) 2 akkor = ( ) ( ) 2 = ( ) ( ) ( ) 2 = Alkalmazva a l Hôpital-szabályt, kapjuk, hogy π 2arctg 2 2 lim (π 2arctg ) = Ha ( 1, 1), akkor lim n n =, vagyis f() =. Természetesen f(1) = 1. Ha > 1, f() n n + 2n + 1 n 1 + n n ( n ) =.

4 Tehát, ha < 1 f() =, ha 1 < 1, ha > Az f függvény folytonos a (, 1] [1, ) halmazon és deriválható a (, 1) (1, ) halmazon. Minden (, 1) (1, ) esetén f () = (2 7) 2 1 = Az f () = egyenlet gyökei 1/4 és 2, az alábbi táblázat pedig szemlélteti az f függvény változását f () f() 3 3 A táblázatból látható, hogy a 1 és 1 pontok helyi maimumpontjai, míg a 2 helyi minimumpontja f-nek. Ugyanakkor a táblázat alapján látható, hogy az f függvény szigorúan növekvő a (, 1]-en, de nem szigorúan növekvő a (, 1] [2, ) halmazon. 8. cos ln(1 + cos ) d = (sin ) ln(1 + cos ) d = sin ln(1 + cos ) π/2 sin cos d = = (1 cos ) d = ( sin ) = π 2 1. π/2 1 cos cos d 9. Az OA egyenes iránytényezője m OA = 3 2, vagyis a d egyenes iránytényezője m d = Így a d egyenes egyenlete: d : y 3 = 2 3 ( 2), vagyis d : 2 + 3y 13 =. m OA = Megoldás. Átalakítjuk az egyenletet: sin + cos 3 = cos + sin 3 cos 3 sin 3 = cos sin (cos sin )(cos 2 + cos sin + sin 2 ) = cos sin (cos sin )(1 + cos sin ) = cos sin (cos sin ) cos sin =. I. eset. cos sin = cos = sin { π 4 + kπ k Z}. II. eset. cos sin = { kπ 2 k Z}. Tehát a megoldáshalmaz { kπ 2 k Z} { π 4 + kπ k Z}. 2. Megoldás. Átrendezzük az egyenletet: sin + cos 3 = cos + sin 3 sin (1 sin 2 ) = cos (1 cos 2 ) sin cos 2 = cos sin 2 sin cos (cos sin ) =. A megoldáshalmazt ugyanúgy kapjuk, mint az előbbi esetben.

5 B. RÉSZ Megoldás és javítókulcs: 1. (a) (3 pont) Bármely 1, 2 Z[ 2] esetén f( 1 2 ) = ( 1 2 )( 1 2 ) = ( 1 1 )( 2 2 ) = f( 1 )f( 2 ), mivel Z[ 2]-ben az elemek szorzása kommutatív. (b) (1 pont) Mivel az Z[ 2] elem invertálható, következik, hogy létezik Z[ 2], amelyre = 1. (2 pont) Tehát f()f( ) = f( ) = f(1) = 1 az (a) alpont alapján. (1 pont) Mivel f() Z, kapjuk, hogy f() { 1, 1}. (c) (3 pont) Legyen például = Z[ 2]. Ekkor az elem nem invertálható a (b) alpont alapján, mert f() = 2 / { 1, 1}. Tehát (Z[ 2], +, ) nem test. 2. (,5 pont) Mivel az f folytonos az R-en, nincs függőleges aszimptotája. (,5+,5 pont) Ugyanakkor tehát f-nek nincsenek vízszintes aszimptotái. Kiszámítjuk az alábbi határértékeket: lim f() = és lim f() =, f() (1,5 pont) m 1 2 ( 1 3 ) = 1, ( ) 2 3 (2 pont) n f() ( ) lim ( ) ) = 3. ( (1 pont) Tehát, az y = 3 egyenes az f grafikonjának ferde aszimptotája + felé. Hasonlóan, f() (1 pont) m 2 2 ( 1 3 ) = 1, ( ) (2 pont) n f() ( ) lim = lim 3 = lim ( ) ) = 3. ( (1 pont) Tehát, az y = + 3 egyenes az f grafikonjának ferde aszimptotája felé.

6 Megjegyzés. A ferde aszimptoták meghatározása utáni azon megállapítás, hogy nem léteznek vízszintes aszimptoták, maga után vonja annak az 1 pontnak az elérését, mely az f függvény határértékeinek ± -beli kiszámítása után járt volna. 3. Mivel F felezőpontja a [BD] szakasznak, felírhatjuk, hogy EF = 1 2 ( EB + ED) (2 pont). Hasonlóan, mivel E felezőpontja [AC]-nek, írhatjuk, hogy BE = 1 2 ( BA + BC) (2 pont) és DE = 1 2 ( DA + DC) (2 pont). Így EF = 1 4 ( AB + CB + AD + CD). (1 pont) Ugyanakkor a feltétel alapján 4 EF = AD BC = AD + CB. Tehát AB + CD = (1 pont), vagyis AB = DC, ami azt jelenti, hogy az ABCD négyszög paralelogramma (2 pont).